108 年 國立中央大學太空科學研究所碩士班在職生《應用數學》

核心觀念

本題分別考察一階非線性微分方程的變數代換，以及含狄拉克脈衝的二階常係數微分方程。

(a) 出現 $yy'$ 時，可利用 $(y^2)'=2yy'$，令 $u=y^2$，把方程化為一階線性微分方程。

(b) 狄拉克脈衝 $\delta(t-3)$ 會使解 $y$ 保持連續，而導數在 $t=3$ 發生跳躍。將脈衝視為在 $t=3$ 加入的單位瞬時輸入，可用齊次解與延遲脈衝響應相加求解。

解題方法

(a) 令 $u=y^2$ 化為線性方程

原方程為

$$yy'+xy^2+5x=0.$$

令 $u=y^2$，則 $u'=2yy'$。將原式乘以 $2$，得到

$$u'+2xu+10x=0.$$

再令 $v=u+5$，由於 $v'=u'$，方程化為

$$v'+2xv=0.$$

這是一階線性齊次方程，積分得

$$v=Ce^{-x^2}.$$

因此

$$u=Ce^{-x^2}-5.$$

由初始條件 $y(0)=-1$ 得 $u(0)=y(0)^2=1$，所以 $C-5=1$，即 $C=6$。故

$$y^2=6e^{-x^2}-5.$$

初始值 $y(0)=-1$ 決定取負平方根，因此

$$y(x)=-\sqrt{6e^{-x^2}-5}.$$

根號內需為正，故解所在的最大區間為

$$|x|<\sqrt{\ln\frac65}.$$

(b) 疊加原始解與延遲脈衝響應

先解沒有脈衝時的齊次方程：

$$y''+4y'+8y=0.$$

特徵方程為

$$r^2+4r+8=0,$$

根為 $r=-2\pm 2i$，所以齊次解為

$$y_h(t)=e^{-2t}\bigl(A\cos 2t+B\sin 2t\bigr).$$

在 $0\le t<3$，初始條件 $y(0)=0$ 給出 $A=0$。對解微分並代入 $y'(0)=4$：

$$y'(0)=2B=4,$$

所以 $B=2$。脈衝到達前的解為

$$y_0(t)=2e^{-2t}\sin 2t.$$

核心觀念

本題考查兩個矩陣基本概念：

1. 矩陣反矩陣

   若方陣 $A$ 可逆，則存在 $A^{-1}$ 使得

   $AA^{-1}=A^{-1}A=I$

   其中 $I$ 為單位矩陣。判斷可逆的條件為 $\det A\neq 0$。

2. 特徵值與特徵向量

   若存在非零向量 $\mathbf{x}$ 與純量 $\lambda$，使得

   $A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}$

   則 $\lambda$ 稱為 $A$ 的特徵值，$\mathbf{x}$ 稱為對應的特徵向量。特徵值由特徵方程

   $\det(\lambda I-A)=0$

   求得，再將各特徵值代入

   $(A-\lambda I)\mathbf{x}=0$

   求出對應的特徵向量。

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解題方法

給定

$$A= \begin{pmatrix} 0&0&-2\\ 1&2&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix}$$

（a）求 $A^{-1}$

先計算行列式：

$$\det A = -2 \begin{vmatrix} 1&2\\ 0&1 \end{vmatrix} =-2\neq 0$$

因此 $A$ 可逆。

令

$$A \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b_1\\b_2\\b_3 \end{pmatrix}$$

則得到聯立方程式

$$\begin{cases} -2z=b_1,\\ x+2y+z=b_2,\\ y=b_3. \end{cases}$$

由此可得

$$z=-\frac12b_1,\qquad y=b_3$$

以及

$$x=b_2-2b_3+\frac12b_1.$$

因此

$$\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac12b_1+b_2-2b_3\\ b_3\\ -\frac12b_1 \end{pmatrix}$$

所以

$$A^{-1} = \begin{pmatrix} \frac12&1&-2\\ 0&0&1\\ -\frac12&0&0 \end{pmatrix}.$$

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（b）求特徵值

計算特徵方程：

$$\det(\lambda I-A) = \det \begin{pmatrix} \lambda&0&2\\ -1&\lambda-2&-1\\ 0&-1&\lambda \end{pmatrix}$$

沿第一列或第一行展開，可得

$$\det(\lambda I-A) = \lambda\bigl[\lambda(\lambda-2)-1\bigr]+2$$ $$=\lambda^3-2\lambda^2-\lambda+2.$$

因式分解：

$$\lambda^3-2\lambda^2-\lambda+2 = (\lambda-2)(\lambda^2-1)$$ $$=(\lambda-2)(\lambda-1)(\lambda+1).$$

因此特徵值為

$$\lambda=2,\qquad \lambda=1,\qquad \lambda=-1.$$

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對應特徵向量

1. $\lambda=2$

解

$$(A-2I)\mathbf{x}=0$$

即

本題考查將給定的常微分方程轉換為貝索方程，並求解其通解。

給定的微分方程為 $\frac{d^2u}{dr^2} + \frac{1}{r}\frac{du}{dr} + k^2u = 0$。
貝索方程 (Bessel's equation) 的標準形式為 $x^2 \frac{d^2y}{dx^2} + x \frac{dy}{dx} + (x^2 - \nu^2)y = 0$，其中 $\nu$ 是階數。
我們希望透過變數代換 $s = kr$ 將原方程轉換成貝索方程的形式。
首先，我們需要計算 $\frac{du}{dr}$ 和 $\frac{d^2u}{dr^2}$ 相對於新變數 $s$ 的導數。
已知 $s = kr$，所以 $r = s/k$。
$\frac{du}{dr} = \frac{du}{ds} \frac{ds}{dr} = \frac{du}{ds} \cdot k$。
$\frac{d^2u}{dr^2} = \frac{d}{dr} \left( k \frac{du}{ds} \right) = k \frac{d}{dr} \left( \frac{du}{ds} \right)$
$= k \frac{d}{ds} \left( \frac{du}{ds} \right) \frac{ds}{dr} = k \frac{d^2u}{ds^2} \cdot k = k^2 \frac{d^2u}{ds^2}$。

將這些代入原方程：
$k^2 \frac{d^2u}{ds^2} + \frac{1}{r} \left( k \frac{du}{ds} \right) + k^2 u = 0$
代入 $r = s/k$：
$k^2 \frac{d^2u}{ds^2} + \frac{1}{s/k} \left( k \frac{du}{ds} \right) + k^2 u = 0$
$k^2 \frac{d^2u}{ds^2} + \frac{k}{s} \left( k \frac{du}{ds} \right) + k^2 u = 0$
$k^2 \frac{d^2u}{ds^2} + \frac{k^2}{s} \frac{du}{ds} + k^2 u = 0$
由於 $k$ 是常數，且題目暗示 $k$ 可能非零（否則方程會變成 $u''=0$），我們可以將整個方程除以 $k^2$：
$\frac{d^2u}{ds^2} + \frac{1}{s} \frac{du}{ds} + u = 0$。

這個方程的形式是 $s^2 \frac{d^2u}{ds^2} + s \frac{du}{ds} + s^2 u = 0$ (將上式乘以 $s^2$)。
這正是貝索方程，階數 $\nu=0$。
貝索方程 $x^2 y'' + x y' + (x^2 - \nu^2)y = 0$ 的通解為 $y(x) = C_1 J_\nu(x) + C_2 Y_\nu(x)$，其中 $J_\nu(x)$ 是第一類貝索函數，而 $Y_\nu(x)$ 是第二類貝索函數。
對於 $\nu=0$，貝索方程為 $x^2 y'' + x y' + x^2 y = 0$。
我們的方程是 $\frac{d^2u}{ds^2} + \frac{1}{s} \frac{du}{ds} + u = 0$。

本題要求證明卷積的傅立葉轉換等於傅立葉轉換的乘積，但係數為 $\sqrt{2\pi}$。這是一個重要的傅立葉轉換性質。

首先，我們需要定義傅立葉轉換。根據題目中的係數 $\sqrt{2\pi}$，我們可以推測其定義形式。常見的傅立葉轉換定義有兩種：
定義一：$F(\omega) = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-i\omega t} dt$ 且 $f(t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} F(\omega) e^{i\omega t} d\omega$。
定義二：$F(\xi) = \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-i 2\pi \xi t} dt$ 且 $f(t) = \int_{-\infty}^{\infty} F(\xi) e^{i 2\pi \xi t} d\xi$。
定義三：$F(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-i\omega t} dt$ 且 $f(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} F(\omega) e^{i\omega t} d\omega$。

題目中的 $\mathcal{F}\{f(t) * g(t)\} = \sqrt{2\pi}\mathcal{F}\{f(t)\}\mathcal{F}\{g(t)\}$ 提示我們使用的是定義三，因為兩個函數的傅立葉轉換相乘後，再乘上 $\sqrt{2\pi}$ 得到卷積的傅立葉轉換。

令 $\mathcal{F}\{f(t)\} = F(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} f(t) e^{-i\omega t} dt$。
令 $\mathcal{F}\{g(t)\} = G(\omega) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} g(t) e^{-i\omega t} dt$。
我們需要計算 $\mathcal{F}\{f(t) * g(t)\}$。
令 $h(t) = f(t) * g(t) = \int_{-\infty}^{\infty} f(p)g(t-p) dp$。
則 $\mathcal{F}\{h(t)\} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} h(t) e^{-i\omega t} dt$。
將 $h(t)$ 的定義代入：
$\mathcal{F}\{h(t)\} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \left( \int_{-\infty}^{\infty} f(p)g(t-p) dp \right) e^{-i\omega t} dt$。
交換積分順序（由於 $f$ 和 $g$ 是絕對可積的，這個交換是允許的）：

本題考查偏微分方程的求解，具體是求解一維熱傳導方程，並應用邊界條件和初始條件。

給定的方程是：
$\frac{\partial T}{\partial t} = \frac{\partial^2 T}{\partial x^2}$ (因為 $c^2=1$)。
邊界條件是絕熱邊界條件：
$\frac{\partial T}{\partial x}(0,t) = 0$
$\frac{\partial T}{\partial x}(\pi, t) = 0$
初始條件是：
$T(x, 0) = 10\cos(2x)$

我們使用分離變數法來求解。假設解的形式為 $T(x, t) = X(x)Y(t)$。
將此形式代入熱傳導方程：
$X(x)Y'(t) = X''(x)Y(t)$。
將方程兩邊同除以 $X(x)Y(t)$ (假設 $X(x) \neq 0, Y(t) \neq 0$)：
$\frac{Y'(t)}{Y(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}$。
由於左邊只依賴於 $t$，右邊只依賴於 $x$，它們必須等於一個常數。我們稱這個常數為 $-\lambda$。
所以我們得到兩個常微分方程：

1. $\frac{Y'(t)}{Y(t)} = -\lambda \Rightarrow Y'(t) + \lambda Y(t) = 0$
2. $\frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda \Rightarrow X''(x) + \lambda X(x) = 0$

我們先處理空間方程 $X''(x) + \lambda X(x) = 0$ 和邊界條件。
邊界條件是 $\frac{\partial T}{\partial x}(0,t) = 0$ 和 $\frac{\partial T}{\partial x}(\pi, t) = 0$。
因為 $T(x, t) = X(x)Y(t)$，所以 $\frac{\partial T}{\partial x} = X'(x)Y(t)$。
代入邊界條件：
$X'(0)Y(t) = 0$
$X'(\pi)Y(t) = 0$
由於 $Y(t)$ 不能恆為零（否則 $T(x,t)=0$），我們必須有：
$X'(0) = 0$
$X'(\pi) = 0$

現在我們分析 $X''(x) + \lambda X(x) = 0$ 在邊界條件 $X'(0)=0, X'(\pi)=0$ 下的解。
考慮三種情況 for $\lambda$：

情況 1: $\lambda < 0$。令 $\lambda = -\mu^2$ ($\mu > 0$)。
方程變為 $X''(x) - \mu^2 X(x) = 0$。
通解為 $X(x) = A e^{\mu x} + B e^{-\mu x}$。
$X'(x) = \mu A e^{\mu x} - \mu B e^{-\mu x}$。
應用邊界條件：
$X'(0) = \mu A - \mu B = 0 \Rightarrow A = B$。
$X'(\pi) = \mu A e^{\mu \pi} - \mu B e^{-\mu \pi} = 0$。
代入 $A=B$: $\mu A (e^{\mu \pi} - e^{-\mu \pi}) = 0$。
因為 $\mu > 0$ 且 $e^{\mu \pi} - e^{-\mu \pi} = 2\sinh(\mu \pi) \neq 0$，所以 $A=0$。
若 $A=B=0$，則 $X(x)=0$，這是平凡解，不予考慮。
因此，$\lambda < 0$ 不產生非平凡解。

情況 2: $\lambda = 0$。
方程變為 $X''(x) = 0$。
通解為 $X(x) = Ax + B$。
$X'(x) = A$。
應用邊界條件：
$X'(0) = A = 0$。
$X'(\pi) = A = 0$。
所以 $A=0$。
$X(x) = B$。
這是一個非平凡解，只要 $B \neq 0$。
對應的 $Y(t)$ 方程為 $Y'(t) + 0 \cdot Y(t) = 0 \Rightarrow Y'(t) = 0 \Rightarrow Y(t) = C_1$ (常數)。
所以，一個可能的解是 $T_0(x, t) = X(x)Y(t) = B \cdot C_1 = D_1$ (一個常數)。

情況 3: $\lambda > 0$。令 $\lambda = \mu^2$ ($\mu > 0$)。
方程變為 $X''(x) + \mu^2 X(x) = 0$。

本題考查複變函數的積分，特別是繞封閉曲線的積分，可以使用留數定理來求解。

我們要計算的積分為 $\oint_C f(z) dz$，其中 $f(z) = \frac{2z-1}{z^2+z-6}$，積分路徑 $C$ 是圓 $|z-1|=3$ 順時針方向。
首先，我們需要找到被積函數 $f(z)$ 的奇點，即分母為零的點。
$z^2+z-6 = 0$
$(z+3)(z-2) = 0$
所以，奇點為 $z_1 = -3$ 和 $z_2 = 2$。

接下來，我們需要確定這些奇點是否在積分路徑 $C$ 的內部。
積分路徑是圓 $|z-1|=3$，其圓心為 $z_0 = 1$，半徑為 $R=3$。
判斷奇點 $z_1 = -3$ 的位置：
$|z_1 - 1| = |-3 - 1| = |-4| = 4$。
因為 $4 > 3$，所以奇點 $z_1 = -3$ 在圓 $C$ 的外部。

判斷奇點 $z_2 = 2$ 的位置：
$|z_2 - 1| = |2 - 1| = |1| = 1$。
因為 $1 < 3$，所以奇點 $z_2 = 2$ 在圓 $C$ 的內部。

根據留數定理，對於一個封閉曲線 $C$ 和一個在 $C$ 內部只有一組簡單極點的函數 $f(z)$，積分為：